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第 92 讲 远距离输电原理及其动态分析
1．（2020•浙江）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率 P＝100kW，发电机的电压 U ＝
1
250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线 ＝8 ，在用户端用降压变压器把电压降
为U
4
＝220V．已知输电线上损失的功率P线 ＝5kW，假设两Ω个变压器均是理想变压器，下列说
法正确的是（ ）
A．发电机输出的电流I ＝40A
1
B．输电线上的电流I线 ＝625A
C．降压变压器的匝数比n ：n ＝190：11
3 4
D．用户得到的电流I ＝455A
4
【解答】解：A、发电机输出的电流 P 100×103 400A，故A错误；
I = = A=
1 U 250
1
B、输电线损失的功率为P线=I2
R
，得
I =
√P
线=
√5000A＝25A，故B错误；
线 线 线 R 8
线
C、升压变压器的输出电压
U =
P
=
100×103
V =
4×103V，输电线上的损失的电压U损 ＝I线R
2 I 25
线
线
＝25×8V＝200V，降压变压器的输入电压U
3
＝U
2
﹣U线 ＝3800V，降压变压器的匝数比为n
3
：
n ＝3800：220＝190：11，故C正确；
4
D、对降压变压器，根据I n 11 ，得 190 190 431.8A，故D错误；
线= 4= I = I = ×25A=
I n 190 4 11 线 11
4 3
故选：C。
一.知识回顾1．降低输电损耗的两个途径
减少输电损耗的理论依据：P ＝I2r。
损
(1)减小输电线的电阻：根据电阻定律r＝ρ，要减小输电线的电阻r，在输电距离一定的情况
下，可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积的方法。
(2)减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输
电电压。
2.远距离输电问题的分析方法
对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的
顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。
3．远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)
(1)功率关系：P＝P，P＝P，P＝P ＋P。
1 2 3 4 2 损 3
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，
U＝ΔU＋U，I＝I＝I 。
2 3 2 3 线
(3)输电电流：I ＝＝＝。
线
(4)输电线上损耗的电功率
2
P ＝I ΔU＝IR ＝ R 。
损 线 线 线
当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的。
二.典型例题
题型一：计算输电线损失的功率及高压输电的意义
（多选）例1．（2020•新课标Ⅱ）特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已
成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550kV的超高压向B处输电，输电线
上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU．在保持A处输送的电功率和输电线电阻都
不变的条件下，改用1100kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压
下降了ΔU′．不考虑其他因素的影响，则（ ）
1 1 1 1
A．ΔP′= ΔP B．ΔP′= ΔP C．ΔU′= ΔU D．ΔU′= ΔU
4 2 4 2
P
【解答】解：AB、远距离输电时，线路上的电流 I= ；则在线路上损失的功率为△P＝I2R
UP2R；根据损失的功率公式可知，损失的功率与电压的平方成反比；假设从 A处采用550kV
=
U2
的超高压向B处输电，若改用1100kV特高压输电，电压变成原来的2倍，则输电线上损耗的电
1 1
功率变为原来的 ，即△P′= △P；故A正确，B错误；
4 4
P P
CD、线路上的电流I= ，到达B处时电压下降了△U＝IR= R，电压降与电压成反比，则若
U U
1 1
电压变成原来的2倍，△U变为原来的 ，故△U′= △U，故C错误，D正确；
2 2
故选：AD。
题型二：计算输电线电流及变压器原副线圈匝数比
（多选）例2．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率 P＝100kW，发电机的电压U ＝250V，
1
经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻 R线 ＝8 ，在用户端用降压变压器把电压降为 U
4
＝
220V。已知输电线上损失的功率P线 ＝5kW，假设两Ω个变压器均是理想变压器，下列说法正确的
是（ ）
A．发电机输出的电流I ＝40A
1
B．输电线上的电流I线 ＝25A
C．降压变压器的匝数比n ：n ＝190：11
3 4
D．用户得到的电流I ＝455A
4
P 100000
【解答】解：A.根据功率公式，发动机输出电流I = = A=400A，故A错误。
1 U 250
1
B.设升压变压器副线圈中的电流为I
2
，输电线上的电流I线 ＝I
2
，损失功率P线 ＝I线 2R线 ，代入数
据得I线 ＝25A，故B正确。P 100000
C.升压变压器原副线圈的功率关系P＝U I ，得U = = V =4000V；输电线上损失电
2 2 2 I 25
2
压ΔU＝I 2 R 线 ＝25×8V＝200V，降压变压器原线圈两端电压 U 3 ＝U 2 ﹣ΔU＝4000V﹣200V＝
3800V，升压降压变压器原副线圈匝数比n U 3800 ，故C正确。
3= 3= =190：11
n U 220
4 4
D. 用 户 得 到 的 功 率 P 4 ＝ P﹣ P 线 ＝ 100kW﹣ 5kW ＝ 95kW ， 用 户 得 到 的 电 流
P 95000 4750 ，故D错误。
I = 4 = A= A
4 U 220 11
4
故选：BC。
题型三：动态分析
（多选）例3．如图所示为一理想变压器，原线圈a、b两端接入电压u＝U sin t的交变电流，U
m m
和原线圈接入电阻阻值均保持不变。当用户并联在副线圈两端上的用电器增ω加时，下列说法正
确的是（ ）
A．电流表A 的示数变大 B．电流表A 的示数变小
1 2
C．电压表V 的示数变大 D．电压表V 的示数变小
1 2
【解答】解：AB、分析题意可知，U 和原线圈接入电阻值均保持不变，用户并联在副线圈两端
m
的用电器增加，则总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流增大，则电流表 A 的示数
2
变大，根据变流比可知，原线圈输入电流变大，则电流表A 的示数变大，故A正确，B错误；
1
CD、分析原线圈电路可知，原线圈输入电流变大，则原线圈串联电阻分压变大，原线圈两端电
压减小，电压表V 的示数变小，根据变压比可知，副线圈两端电压变小，则电压表 V 的示数变
1 2
小，故C错误，D正确。
故选：AD。
三.举一反三，巩固练习
1. 2021年下半年，东北一些地区、一些时段实行了限电、停电，引起人们对输电、用电、
节能的关注。某电站的电能输送示意图如图所示，升压变压器与降压变压器间输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数之比n m，降压变压器原、副线圈匝数之比n k。变压器均
1= 3=
n n
2 4
为理想变压器，如果发电机的输出电压为U ，用户输入端电压为U ，用户消耗电功率为P，
1 2
则输电线上消耗电功率为（ ）
P mP P kP
A．( )
2r
B．( )
2r
C．( )
2r
D．( )
2r
mU U kU U
1 1 2 2
【解答】解：降压变压器副线圈电流
P
I =
4 U
2
降压变压器原线圈电流
n I P
I = 4 4=
3 n kU
3❑ 2
则升压变压器与降压变压器间输电线上消耗电功率
P′ P 2 r
=I2r=(
)
3 kU
2
故C正确，ABD错误。
故选：C。
2. 输电能耗演示电路如图所示。左侧升压变压器原、副线圈匝数比为1：3，输入电压为
7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10 。开关S接1
时，右侧降压变压器原、副线圈匝数比为 2：1，R上的功率为10W；接2时，Ω匝数比为1：
2，R上的功率为P。下列说法中正确的是（ ）A．接1时，左侧升压变压器副线圈两端电压为U ＝2.5V
2
B．接1时，右侧降压变压器原线圈中的电流为I ＝2A
3
C．导线总电阻r＝10
D．接2时，R上的功Ω率P＝22.5W
【解答】解：AB、开关S接1时，右侧降压变压器原、副线圈匝数比为 2：1，R上的功率为
10W，根据公式P＝I2R可知，电阻的电流为I ＝1A，根据欧姆定律得：降压变压器的副线圈电
3
压为U ＝IR＝1×10V＝10V，根据匝数比可知，U 2，I 1，解得：U ＝20V；I ＝0.5A，
3 2= 2= 2 2
U 1 I 2
3 3
故AB错误；
C、左侧升压变压器原、副线圈匝数比为1：3，输入电压为7.5V的正弦交流电，升压变压器的
3
副 线 圈 电 压 为 U =U × =7.5×3V =22.5V， 根 据 欧 姆 定 律 得 ：
1 0 1
U -U 22.5-20 ，故C错误；
R= 1 2= Ω=5Ω
I 0.5
2
D、开关接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I；右侧变压器两边电压关系
可知
U -Ir 0.5IR
2 =
n n
3 4
解得：I＝3A
则R上的功率为
P＝（0.5I）2R＝1.52×10W＝22.5W，故D正确；
故选：D。
3. 北京奥运场馆的建设体现了“绿色奥运”的理念。国家体育馆“鸟巢”隐藏着一座年发电量比较大的太阳能光伏发电系统，假设该发电系统的输出电压恒为 250V，通过理想变压
器向远处输电，如图，输电线的总电阻为 8 ，升压变压器T 原、副线圈匝数比为1：16，下
1
列说法正确的是（ ） Ω
A．若用户消耗功率减少，则升压变压器T 输出电压U 减小
1 2
B．若用户消耗功率增加，则用户电路两端电压U 增大
4
C．若该发电系统输送功率为1×105W，则输电线损失的功率为5×103W
D．若该发电系统输送功率为1×105W，用户获得220V电压，则降压变压器T 原、副线圈的匝
2
数比为200：11
【解答】解：A、若用户消耗功率减少，根据U ：U ＝n ：n ，解得U ＝4000V不变，故A错
1 2 1 2 2
误；
B、若用户消耗功率增加，根据P＝U I 可知I 增大，根据I ：I ＝n ：n 可知，输电线路上的电
4 4 4 3 4 4 3
流增大，损失的电压增大，故降压变压器原线圈两端的电压减小，用户得的电压减小，故 B错
误；
C、根据U ：U ＝n ：n ，解得U ＝4000V，输电线路上电流为I p 1×105 A＝25A，损失
1 2 1 2 2 2= =
U 4000
2
的功率P损 ＝I
2
2r＝252×8W＝5000W，故C正确；
D、输电线路上损失的电压为U损 ＝I
2
r＝25×8V＝200V，降压变压器原线圈两端的电压为U
3
＝U
2
﹣U损 ＝4000V﹣200V＝3800V，故n
3
：n
4
＝U
3
：U
4
＝3800：220＝190：11，故D错误。
故选：C。
4. 我国能源分布很不均匀，远距离大容量输电有着特别重要的意义。远距离高压交流输
电的示意图如图所示，变压器均为理想变压器，发电机的输出功率 P ＝1750kW，发电机的输
1
出电压U ＝350V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线的总电阻 r＝16 。若输电
1
线上损失的功率ΔP＝40kW，则下列说法正确的是（ ） ΩA．输电线上输送的电流为500A
B．升压变压器原、副线圈的匝数比n ：n ＝1：10
1 2
C．降压变压器原线圈两端的电压为34200V
D．输电线上损失的电压为35000V
【解答】解：A、根据 可得I ＝50A，故A错误；
ΔP=I2r 2
2
B、升压变压器原线圈中的电流 P 1750000 ，故n I 50 1 ，故B
I = 1 = A=5000A 1= 2= =
1 U 350 n I 5000 100
1 2 1
错误；
CD、升压变压器副线圈中两端的电压 P 1750000
U = 1= V =35000V
2 I 50
2
输电线路上损失的电压ΔU＝I r＝50×16V＝800V
2
降压变压器原线圈两端的电压为U ＝U ﹣△U＝35000V﹣800V＝34200V，故C正确，D错误；
3 2
故选：C。
5. 如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压恒为 U 、输电线的电阻及理想变
1
压器的匝数均不变，下列表述正确的是（ ）
A．若n n ，则用户获得的电压U ＝U
1= 4 4 1
n n
2 3
B．若用户开启的用电器增多，则升压变压器输出的U 增大
2
C．若用户开启的用电器增多，则输电线消耗的功率增大D．若用户开启的用电器增多，则发电机输出的功率减小
【解答】解：A、因为U ：U ＝n ：n ，U ：U ＝n ：n ，又n ：n ＝n ：n ，所以U ：U ＝
1 2 1 2 3 4 3 4 1 2 4 3 1 2
U ：U ，由于输电线存在一定的电压损失，所以用户得到的电压一定减小，则U ＜U ，故A错
4 3 4 1
误；
B、因为U ：U ＝n ：n ，则 n ，与用户开启的用电器无关，故B错误；
1 2 1 2 U = 2U
2 n 1
1
CD、用户开启的用电器增多时，则输出功率增大，总电阻减小，降压变压器的输出电流增大，
则输电线上的电流增大，可知输电线上的消耗功率增加，发电机的输出功率等于输电线消耗功
率与用户的功率之和，因此，发电机的输出功率增加，故C正确，D错误；
故选：C。
6. 白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装 16台我国自主研制的全球单机容量最大
功率百万千瓦水轮发电机组。2021年6月28日，白鹤滩水电站首批机组投产发电，用500千
伏特高压向四川远距离输电。在远距离输电中，输电线的电阻是不可忽略的，如图，为白鹤滩
水电站输电线路原理图，水电站输出电压稳定的正弦交流电，升至特高压U后向四川供电，输
送的总功率为P。用户端理想变压器原副线圈匝数分别为n 、n ，R 为输电线总电阻，R 为不
1 2 1 2
断电用户电阻（可视为定值电阻），R为可变用户电阻（可视为可变电阻）。当可变电阻R减
小时，电压表和电流表示数变化的绝对值分别为ΔU、ΔI，电压表和电流表均为理想电表，下
列说法正确的是（ ）
ΔU
A． =R
ΔI 2
B．ΔU n
=( 2 ) 2R
ΔI n 1
1
C．对于原线圈回路，虚线框所圈部分的等效电阻为 n
R'= 1 (R +R)
n 2
2D．输电线路上损耗的功率为 R
P = 1 P
损 R +R +R
1 2
【解答】解：AB、设用户端理想变压器原副线圈两端电压分别为U 、U ，电流分别为I 、I ，
1 2 1 2
则根据理想变压器特点可得：
U ：U ＝n ：n ，I ：I ＝n ：n
1 2 1 2 1 2 2 1
解得：U n U ，I n
1= 1 2 1= 2 I
n n 2
2 1
对原线圈电路有：U＝I R +U n R n U
1 1 1= 2 I 1+ 1 2
n 2 n
1 2
由上式可得：ΔU |ΔU | n ，故A错误，B正确；
= 2 =( 2 ) 2R
ΔI ΔI n 1
2 1
C、由U ＝I R'，结合U n U ，I n 联立可得：R′ n ，故C错误；
1 1 1= 1 2 1= 2 I =( 1 ) 2 (R +R)
n n 2 n 2
2 1 2
D、根据C中分析可知，虚线框所圈部分的等效电阻为R'，则R
1
上消耗功率为：P损= R
1
P
R +R'
1
R
= 1 P，故D错误。
n
R +( 1 ) 2 (R +R)
1 n 2
2
故选：B。
7. 红旗渠是二十世纪六十年代的伟大工程，被誉为“人工天河”，红旗渠居高临下，果
线长，落差大，沿渠建电站，发电、灌溉两受益。红旗果灌区某小型水电站远距离输电的简化
电路如图所示，若发电机输出的电压随时间变化的函数关系式为u＝U sin t，则下列说法正确
m
的是（ ） ωω
A．用户用电器上交流电的频率为
t
B．发电机输出交流电的电压有效值为U
m
C．输电线上的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定
D．当只有用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
1 ω
【解答】解：A、根据公式f = = 可知，输入频率与输出频率相等，故用户用电器上交流电
T 2π
ω
的频率为 ，故A错误；
2π
B、根据题意，发电机输出的电压随时间变化的函数关系式为u＝U sin t，可知发电机输出交流
m
ω
U
电的电压最大值为U ，有效值为 m，故B错误；
m
√2
C、输电线上的电流由原线圈输送的功率和电压决定，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故
C错误；
D、当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入功率
变小，输入的电流变小，输电线上损失的功率变小，故D正确；
故选：D。
8. （多选）如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器 T 、降压变压器T 均为理想
1 2
变压器，T 、T 的原、副线圈匝数比分别为k 、k 。输电线间的总电阻为R ，可变电阻R为用
1 2 1 2 0
户端负载。U 、I 分别表示电压表V 、电流表A 的示数，输入电压U保持不变，当负载电阻
1 1 1 1
R减小时，理想电压表V 的示数变化的绝对值为ΔU，理想电流表A 的示数变化的绝对值为
2 2
ΔI，下列说法正确的是（ ）
A．R U
0= 1
I
1
ΔU
B．R = k 2
0 2
ΔIC．电压表V 示数增大
1
ΔI
D．电流表A 的示数增加了
2 k
2
【解答】解：设降压变压器T 原线圈电压为U ，副线圈电压为U 。
2 3 2
A、根据题意可知，电阻R 两端的电压等于
0
U ＝U ﹣U
R0 1 3
则 U -U ，故A错误；
R = 1 3
0 I
1
BD、设降压变压器T 原线圈电压变化为ΔU ，则
2 3
ΔU
3=k
ΔU 2
设降压变压器T 原线圈电流变化为ΔI ，则
2 3
ΔI 1
3=
ΔI k
2
ΔI
可得：ΔI =
3 k
2
根据欧姆定律可得：ΔU ＝ΔI R
3 3 0
ΔI
即k ΔU= R
2 k 0
2
ΔU
解得：R = k 2，故BD正确；
0 2
ΔI
C、输入电压不变，升压变压器T 原线圈匝数比不变，则升压变压器T 副线圈的电压不变，电
1 1
压表V 示数不变，故C错误；
1
故选：BD。
9. （多选）如图所示为远距离输电线路示意图，T 和T 为两理想变压器，T 变压器的
1 2 2
原线圈匝数n 可以调节。输电线的等效总电阻为r，纯电阻用电器R 和R 的额定电压均为
3 1 2
U、阻值均为R。断开S，调节n 匝数为N 时，用电器R 正常工作，此时输电线上损耗的功率
3 1 1
为P ；闭合S，调节n 匝数为N 时，用电器R 也能正常工作，此时输电线上损耗的功率为
1 3 2 1
P 。则（ ）
2P P
A．N ＜N B．N ＞N C．P ＞ 2 D．P ＜ 2
2 1 2 1 1 4 1 4
【解答】解：AB、两次R 都能正常工作，说明两次T 次级电压相等，闭合S时功率增大，T
1 2 2
次级电流增大，根据I n ，T 初级电流增大，导线上的功率损失变大，则T 初级电压会减小，
4= 3 2 2
I n
3 4
为了保持次级电压不变，则n 匝数要减小，所以N ＜N
3 2 1
故A正确，B错误；
CD、断开S时 n n ①
I = 4 I = 4 I
3 n 4 N 4
3 1
闭合S时 n n ②
I '= 4 I '= 4 I '
3 n ' 4 N 4
3 2
又I '＝2I ③
4 4
N ＜N ④
2 1
输电线上损耗的功率P＝I2r ⑤
P
联立①②③④⑤得P ＜ 2
1 4
故C错误，D正确。
故选：AD。
10. （多选）如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压 U 和输电线的电阻、理
1
想变压器匝数均不变，且n ：n ＝n ：n 。下列表述正确的是（ ）
1 2 4 3A．U ：U ＝U ：U
1 2 4 3
B．若用户总电阻增大，U ：U ≠U ：U
1 2 4 3
C．用户的功率增大时，输电线消耗功率增加
D．用户的功率增大时，发电机的输出功率减小
【解答】解：AB、因为U ：U ＝n ：n ，U ：U ＝n ：n ，又n ：n ＝n ：n ，所以U ：U ＝
1 2 1 2 3 4 3 4 1 2 4 3 1 2
U ：U ，与用户用电情况没有关系，故A正确，B错误；
4 3
CD、用户的功率增大时，用电器增多，总电阻减小，降压变压器的输出电流增大，则输电线上
的电流增大，可知输电线上的消耗功率增加，发电机的输出功率等于输电线消耗功率与用户的
功率之和，因此，发电机的输出功率增加，故C正确，D错误；
故选：AC。
11. （多选）小型发电厂输出电压为u=220√2sin100πt（V）的交流电，经过升压变压
器输送到较远的地区后，再经过降压变压器输送给用户使用，如图所示。已知变压器都是理想
变压器，升压变压器和降压变压器的匝数比分别为 1：n和m：1，下列说法中正确的是
（ ）
A．由于输电线有电阻，升压变压器原线圈功率大于副线圈功率
B．升压变压器原线圈中的交流电的频率一定等于降压变压器中副线圈中交流电的频率
C．若要用户得到的电压有效值也为220V，升压变压器原线圈中的电流将小于降压变压器中副
线圈中的电流
D．若要用户得到的电压有效值也为220V，则m＜n
【解答】解：A、理想变压器不消耗功率，故升压变压器原线圈功率等于副线圈功率，故A错误；
B、理想变压器不会改变交流电的频率，所以升压变压器原线圈中的交流电的频率一定等于降压
变压器中副线圈交流电的频率，故B正确；
C、在输送过程中，由于输线线路有电阻，故会损失部分功率，则P升入 ＝P降出+△P，再由P＝
UI可知，升压变压器原线圈中的电流将大于降压变压器中副线圈中的电流，故C错误；
D、升压变压器初级电压有效值为U ＝220V，则升压变压器次级电压为U ，则根据变压之比等
1 2于线圈匝数之比有：U n，由于导线上有电压损失，则降压变压器的原线圈电压 U 小于U ，
2= 3 2
U
1
而输出电压U ＝220V，由题意可知，U m，则可知，m＜n，故D正确。
4 3=
U
4
故选：BD。
12. 图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数
比为k。在T的原线圈两端接入一电压u＝U sin t的交流电源，若输送电功率为P，输电线的
m
总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线ω上损失的电功率（ ）
Pk P Pk P
A．2（ ）2r B．2（ ）2r C．4（ ）2r D．4（ ）2r
U kU U kU
m m m m
U
【解答】解：升压变压器原线圈输入电压的最大值为U ，有效值U = m
m 1
√2
根据变压器的变压比U n k可知，副线圈电压U U
1= 1= 2= m
U n √2k
2 2
P √2kP
输电电流I= =
U U
2 m
Pk
输电线上损失的电功率P损 ＝I2•2r＝4(
U
) 2 r，故C正确，ABD错误。
m
故选：C。
